Question

7．如圖所示，在電子槍中由陰極K逸出的電子，經過勻強電場加速后沿直線穿過加速電場后打到目標靶上．已知加速電壓U=4.55×10³V，電子的質量m=O.91×10^-30kg、電荷量e=1.60×10^-19C．電子由陰極逸出進入加速電場時的初速度、所受重力及空氣阻力均可忽略不計，不考慮相對論效應．
（1）求電子通過加速電場加速后的速度大��；
（2）若在加速電場中形成電流強度I=4.0mA穩(wěn)定的細柱形電子流，電子打到目標靶上后不反彈而被靶吸收，求電子流對目標靶的平均作用力的大�。�
（3）若在加速電場中形成電流強度，I=4.0mA穩(wěn)定的細柱形電子流，那么在勻強加速電場內沿電子流方向上取a、b兩點，其中a點距負極板的距離為兩板間距的$\frac{1}{4}$，b點在正極板上，在這兩點各取一段極短的相等長度的電子流，求這兩段電子流內所含電子個數之比．

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求出電子經過加速電場加速后的速度大�。�
（2）根據電流的定義式求出1s內打到目標靶上的電子數，根據動量定理求出電子流對目標靶的平均作用力的大�。�
（3）抓住穩(wěn)定的細柱形電子流大小相等，結合電流的微觀表達式和速度位移公式求出這兩段電子流內所含電子個數之比．

解答 解：（1）電子被加速，從正極板射出時速度最大，設最大速度為v_m，根據動能定理得電子的加速過程有：
$eU=\frac{1}{2}m{{v}_{m}}^{2}$，
解得最大速度為：
${v}_{m}=\sqrt{\frac{2eU}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-19}×4.55×1{0}^{3}}{0.91×1{0}^{-30}}}m/s$=4.0×10⁷m/s，
（2）根據I=$\frac{q}{t}$可知，1s內打到目標靶上的電子所帶總電荷量為：q=It=4.0×10^-3C，
所以1s內打到目標靶上的電子數為：n=$\frac{q}{e}=\frac{4×1{0}^{-3}}{1.6×1{0}^{-19}}=2.5×1{0}^{16}$．
設電子對目標靶的平均作用力為F，對t時間內打到目標靶上的電子，根據動量定理有：Ft=ntmv_m，
解得：F=nmv_m=2.5×10¹⁶×0.91×10^-30×4×10⁷N=0.91×10^-6N．
（3）設a、b兩處單位長度的電子流內所含的電子個數分別n_a和n_b，電子的速度分別為v_a和v_b，a、b兩處的電流大小分別為I_a=n_aev_a，I_b=n_bev_b，
因有穩(wěn)定的細柱形電子流，所以有：I_a=I_b，
又因電子從負極板到正極板做初速度為零的勻加速運動，設電子在電場中的加速度為a，根據運動學公式知，當電子運動到離負極板的距離為x時，其速度大小為$v=\sqrt{2ax}$，
即v∝$\sqrt{x}$，
所以有：$\frac{{n}_{a}}{{n}_}=\frac{{v}_}{{v}_{a}}=\sqrt{\frac{{x}_}{{x}_{a}}}=\sqrt{\frac{L}{\frac{L}{4}}}=\frac{2}{1}$．
答：（1）電子通過加速電場加速后的速度大小為4.0×10⁷m/s；
（2）電子流對目標靶的平均作用力的大小為0.91×10^-6N；
（3）這兩段電子流內所含電子個數之比為2：1．

點評 本題考查了動能定理、動量定理、運動學公式的綜合運用，關鍵正確地建立物理模型，選擇合適的規(guī)律進行求解，有一定的難度．